2013年江苏省高考数学试卷及答案(Word解析版)

2013年普通高等学校统一考试试题（江苏卷）

一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分。请把答案填写在答题卡相印位置

上。 1．函数y3sin(2x【答案】π

2π2π

【解析】T＝|ω |＝|2 |＝π．

2．设z(2i)（i为虚数单位），则复数z的模为 ． 【答案】5

【解析】z＝3－4i，i2＝－1，| z |＝

＝5．

24)的最小正周期为 ．

x2y23．双曲线1的两条渐近线的方程为 ．

169【答案】y3x 49x23x2y2x． 【解析】令：0，得y1641694．集合{1,0,1}共有 个子集．

【答案】8

【解析】23＝8．

5．右图是一个算法的流程图，则输出的n的值是 ． 【答案】3

【解析】n＝1，a＝2，a＝4，n＝2；a＝10，n＝3；a＝28，n＝4． 6．抽样统计甲、乙两位设计运动员的5此训练成绩（单位：环），结果如下： 运动员 甲 乙 第一次 87 89 第二次 91 90 第三次 90 91 第四次 89 88 第五次 93 92 则成绩较为稳定（方差较小）的那位运动员成绩的方差为 ． 【答案】2

【解析】易得乙较为稳定，乙的平均值为：x2899091889290．

5(8990)2(9090)2(9190)2(8890)2(9290)22． 方差为：S57．现在某类病毒记作XmYn，其中正整数m，n（m7，n9）可以任意选取，则m，n 都取到奇数的概率为 ．

- 1 -

【答案】

20 634520． 7963【解析】m取到奇数的有1，3，5，7共4种情况；n取到奇数的有1，3，5，7，9共5种情况，则m，n都取到奇数的概率为

8．如图，在三棱柱A1B1C1ABC中，D，E，F分别是AB，AC，AA1的中点，设三棱锥

FADE的体积为V1，三棱柱A1B1C1ABC的体积为V2，则V1:V2 ．

【答案】1：24

【解析】三棱锥FADE与三棱锥A1ABC的相似比为故体积之比为1：8．

又因三棱锥A1ABC与三棱柱A1B1C1ABC的体积之1：3．所以，三棱锥FADE与三棱柱A1B1C1ABC的之比为1：24．

2C1

B1

1：2，

A1 F E A D

比为

C

B 体积

9．抛物线yx在x1处的切线与两坐标轴围成三角形区域为D(包含三角形内部和边界) ．若点P(x,y)是区域D内的任意一点，则x2y的取值范围是 ． 1【答案】[—2，2 ]

1z2【解析】抛物线yx在x1处的切线易得为y＝2x—1，令z＝x2y，y＝—2 x＋2 ． 11

画出可行域如下，易得过点(0，—1)时，zmin＝—2，过点(2 ，0)时，zmax＝2 ．

y y＝2x—1 O x 1y＝—2 x

10．设D，E分别是ABC的边AB，BC上的点，AD12AB，BEBC， 23

若DE1AB2AC（1，2为实数），则12的值为 ． 1

【答案】2

【解析】DEDBBE1212ABBCAB(BAAC) 2323- 2 -

12ABAC1AB2AC

63所以，1112，2，122 ． 63211．已知f(x)是定义在R上的奇函数。当x0时，f(x)x4x，则不等式f(x)x 的解集用区间表示为 ．

【答案】(﹣5，0) ∪(5，﹢∞)

【解析】做出f(x)x4x (x0)的图像，如下图所示。由于f(x)是定义在R上的奇函数，利用奇函数图像关于原点对称做出x＜0的图像。不等式f(x)x，表示函数y＝f(x)的图像在y＝x的上方，观察图像易得：解集为(﹣5，0) ∪(5，﹢∞)。

y P(5,5) y＝x y＝x2—4 x x Q(﹣5, ﹣5)

2x2y212．在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的标准方程为221(a0,b0)，右焦点为

abF，右准线为l，短轴的一个端点为B，设原点到直线BF的距离为d1，F到l的距离

为d2，若d2【答案】

6d1，则椭圆C的离心率为 ．

y B b O a c F x l 3 3a2a2b2【解析】如图，l：x＝，d2＝－c＝，

cccb2bc由等面积得：d1＝。若d26d1，则

cabcbb22＝6，整理得：6aab6b0，两边同除以：得：660，a2，

aaa2

- 3 -

36bb解之得：＝，所以，离心率为：e1．

a33a

13．在平面直角坐标系xOy中，设定点A(a,a)，P是函数y21（x0）图象上一动点， x若点P，A之间的最短距离为22，则满足条件的实数a的所有值为 ． 【答案】1或10 【解析】

14．在正项等比数列{an}中，a51，a6a73，则满足a1a2ana1a2an的 2最大正整数n的值为 ． 【答案】12

1a1q4【解析】设正项等比数列{an}首项为a1，公比为q，则：2a1q5(1q)3q＝2，an＝2

6－n

1

，得：a1＝32 ，

2n1．记Tna1a2an，na1a2an252，化简得：212n1211nn522(n1)n2．Tnn，

2n1则225n(n1)n2，当n1211nn5时，221312112．当n＝12时，T1212，当n＝13时，T1313，故nmax＝12． 2二、解答题：本大题共6小题，共计90分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字

说明、证明过程或演算步骤． 15．（本小题满分14分） 已知a＝(cos,sin)，b(cos,sin)，0．

（1）若|ab|2，求证：ab；

（2）设c(0,1)，若abc，求,的值． 解：（1）a－b＝(cosα－cosβ，sinα－sinβ)，

|a－b|2＝(cosα－cosβ)2＋(sinα－sinβ)2＝2－2(cosα·cosβ＋sinα·sinβ)＝2， 所以，cosα·cosβ＋sinα·sinβ＝0， 所以，ab． （2）

coscos0sinsin1①②1

，①2＋②2得：cos(α－β)＝－2 ．

- 4 -

所以，α－β＝，α＝＋β，

2323带入②得：sin(＋β)＋sinβ＝

2313cosβ＋2 sinβ＝sin(＋β)＝1， 23＋β＝． 325所以，α＝，β＝．

66所以，

16．（本小题满分14分）

如图，在三棱锥SABC中，平面SAB平面SBC，ABBC，ASAB，过A作AFSB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点．求证： （1）平面EFG//平面ABC；

S

（2）BCSA． 证：（1）因为SA＝AB且AF⊥SB， G E 所以F为SB的中点． F 又E，G分别为SA，SC的中点， C

A所以，EF∥AB，EG∥AC．

又AB∩AC＝A，AB面SBC，AC面ABC， 所以，平面EFG//平面ABC． B （2）因为平面SAB⊥平面SBC，平面SAB∩平面SBC＝BC，

AF平面ASB，AF⊥SB． 所以，AF⊥平面SBC． 又BC平面SBC， 所以，AF⊥BC．

又AB⊥BC，AF∩AB＝A， 所以，BC⊥平面SAB． 又SA平面SAB， 所以，BCSA．

17．（本小题满分14分）

y 如图，在平面直角坐标系xOy中，点A(0,3)，直线l:y2x4．

l A 设圆C的半径为1，圆心在l上． （1）若圆心C也在直线yx1上，过点A作圆C的切线， 求切线的方程；

（2）若圆C上存在点M，使MA2MO，求圆心C的横坐 标a的取值范围．

O x yx1解：（1）联立：，得圆心为：C(3，2)．

y2x4设切线为：ykx3，

- 5 -

d＝

|3k32|1k23r1，得：k0ork．

43oryx3．

4故所求切线为：y02222（2）设点M(x，y)，由MA2MO，知：x(y3)2xy，

化简得：x(y1)4，

即：点M的轨迹为以(0，1)为圆心，2为半径的圆，可记为圆D． 又因为点M在圆C上，故圆C圆D的关系为相交或相切． 故：1≤|CD|≤3，其中CD12

解之得：0≤a≤5 ．

18．（本小题满分16分）

如图，游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种路径。一种是从A沿直线步行 到C，另一种是先从A沿索道乘缆车到B，然后从B沿直线步行到C．现有甲、乙两 位游客从A处下山，甲沿AC匀速步行，速度为50m/min．在甲出发2min后，乙从 A乘缆车到B，在B处停留1min后，再从匀速步行到C．假设缆车匀速直线运动的

速度为130m/min，山路AC长为1260m，经测量，cosA（1）求索道AB的长；

（2）问乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？ （3）为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3分钟， 乙步行的速度应控制在什么范围内？ 解：（1）如图作BD⊥CA于点D，

设BD＝20k，则DC＝25k，AD＝48k， B AB＝52k，由AC＝63k＝1260m，

D 知：AB＝52k＝1040m．

C （2）设乙出发x分钟后到达点M，

22a2(2a3)2．

123，cosC． 135M N A

此时甲到达N点，如图所示．

则：AM＝130x，AN＝50(x＋2)，

由余弦定理得：MN2＝AM2＋AN2－2 AM·ANcosA＝7400 x2－14000 x＋10000， 35

其中0≤x≤8，当x＝37 (min)时，MN最小，此时乙在缆车上与甲的距离最短． 1260126

（3）由（1）知：BC＝500m，甲到C用时：50 ＝5 (min)．

12614186

若甲等乙3分钟，则乙到C用时：5 ＋3＝5 (min)，在BC上用时：5 (min) ． 861250

此时乙的速度最小，且为：500÷5 ＝43 m/min．

12611156

若乙等甲3分钟，则乙到C用时：5 －3＝5 (min)，在BC上用时：5 (min) ．

- 6 -

56625

此时乙的速度最大，且为：500÷5 ＝14 m/min． 1250625

故乙步行的速度应控制在[43 ，14 ]范围内．

19．（本小题满分16分）

设{an}是首项为a，公差为d的等差数列(d0)，Sn是其前n项和．记bnnSn， n2cnN*，其中c为实数．

（1）若c0，且b1，b2，b4成等比数列，证明：Snkn2Sk（k,nN）； （2）若{bn}是等差数列，证明：c0． 证：（1）若c0，则ana(n1)d，Sn2*n[(n1)d2a](n1)d2a，bn．

22当b1，b2，b4成等比数列，b2b1b4，

d3d2即：aaa，得：d2ad，又d0，故d2a．

22由此：Snn2a，Snk(nk)2an2k2a，n2Skn2k2a． 故：Snkn2Sk（k,nN）．

*2(n1)d2anS2（2）bn2n， 2ncnc(n1)d2a(n1)d2a(n1)d2an2cc222 2nc(n1)d2ac(n1)d2a2． (※) 22ncn2若{bn}是等差数列，则bnAnBn型． 观察(※)式后一项，分子幂低于分母幂，

(n1)d2a(n1)d2a(n1)d2a2故有：，即，而≠0， c00222nc故c0．

c经检验，当c0时{bn}是等差数列．

20．（本小题满分16分）

设函数f(x)lnxax，g(x)eax，其中a为实数．

- 7 -

x

（1）若f(x)在(1,)上是单调减函数，且g(x)在(1,)上有最小值，求a的取值范围； （2）若g(x)在(1,)上是单调增函数，试求f(x)的零点个数，并证明你的结论． 解：（1）f(x)故：a≥1．

11a≤0在(1,)上恒成立，则a≥，x(1，)． xx

g(x)exa，

若1≤a≤e，则g(x)ea≥0在(1,)上恒成立，

此时，g(x)eax在(1,)上是单调增函数，无最小值，不合；

若a＞e，则g(x)eax在(1，lna)上是单调减函数，在(lna，)上是单调增函数，gmin(x)g(lna)，满足． 故a的取值范围为：a＞e．

（2）g(x)ea≥0在(1,)上恒成立，则a≤ex，

1

故：a≤e ．

xxxxf(x)11axa(x0)． xx11

(ⅰ)若0＜a≤e ，令f(x)＞0得增区间为(0，a )； 1

令f(x)＜0得减区间为(a ，﹢∞)．

当x→0时，f(x)→﹣∞；当x→﹢∞时，f(x)→﹣∞；

111

当x＝a 时，f(a )＝﹣lna－1≥0，当且仅当a＝e 时取等号． 11

故：当a＝e 时，f(x)有1个零点；当0＜a＜e 时，f(x)有2个零点． (ⅱ)若a＝0，则f(x)＝﹣lnx，易得f(x)有1个零点． (ⅲ)若a＜0，则f(x)1a0在(0，)上恒成立， x即：f(x)lnxax在(0，)上是单调增函数， 当x→0时，f(x)→﹣∞；当x→﹢∞时，f(x)→﹢∞． 此时，f(x)有1个零点．

11

综上所述：当a＝e 或a＜0时，f(x)有1个零点；当0＜a＜e 时，f(x)有2个零点．

- 8 -